package com.demo.algorithm.tradeStock06;

/**
 * Author:       zhangshaoyang
 * Description: 一次交易（K=1）
 * 给定一个数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 表示一支给定股票第 i 天的价格。
 * <p>
 * 你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
 * <p>
 * 返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回 0 。
 * <p>
 *
 * <p>
 * 示例 1：
 * <p>
 * 输入：[7,1,5,3,6,4]
 * 输出：5
 * 解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5 。
 * 注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格；同时，你不能在买入前卖出股票。
 * 示例 2：
 * <p>
 * 输入：prices = [7,6,4,3,1]
 * 输出：0
 * 解释：在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
 * <p>
 * <p>
 * 来源：力扣（LeetCode）
 * 链接：https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock
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 * Date:         2021/7/13 3:09 下午
 */
public class K1 {
    /**
     * 解题思路过程
     *
     * @param prices
     * @return
     */
    public static int k1(int[] prices) {
//        dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + prices[i])
//        dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], dp[i-1][0][0] - prices[i])
//                = max(dp[i-1][1][1], -prices[i])
//        解释：k = 0 的 base case，所以 dp[i-1][0][0] = 0。
//
//        现在发现 k 都是 1，不会改变，即 k 对状态转移已经没有影响了。
//        可以进行进一步化简去掉所有 k：
//        dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
//        dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -prices[i])

//        int n = prices.length;
//        int[][] dp = new int[n][2];
//        for (int i = 0; i < n; i++) {
//            dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
//            dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], -prices[i]);
//        }
//        return dp[n - 1][0];
//
//        显然 i = 0 时 dp[i-1] 是不合法的。这是因为我们没有对 i 的 base case 进行处理。可以这样处理：

        int n = prices.length;
        int[][] dp = new int[n][2];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (i - 1 == -1) {
                dp[i][0] = 0;
//                解释：
//                dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i])
//                        = Math.max(dp[-1][0], dp[-1][1] + prices[0])
//                        =Math.max(0,-infinity + prices[0])
//                        =0
                dp[i][1] = -prices[0];
//                解释：
//                 dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], -prices[i]);
//                        = Math.max(dp[-1][1], -prices[0])
//                        =Math.max(-infinity, -prices[0])
//                        =-prices[0]
                continue;
            }
            dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
            dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], -prices[i]);
        }
        return dp[n - 1][0];
    }

    /**
     * 最终代码
     *
     * @param prices
     * @return
     */
    public static int k11(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        int[][] dp = new int[n][2];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (i == 0) {
                dp[i][0] = 0;
                dp[i][1] = -prices[0];
                continue;
            }
            dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
            dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], -prices[i]);
//            System.out.println("i = " + i);
//            System.out.println("dp[i-1][0] = " + dp[i-1][0]);
//            System.out.println("dp[i-1][1] = " + dp[i-1][1]);
//            System.out.println("prices[i] = " + prices[i]);
//            System.out.println();
        }
        return dp[n - 1][0];
    }

    /**
     * 更优的处理方法
     * 上面处理 base case 很麻烦，而且注意一下状态转移方程，新状态只和相邻的一个状态有关，
     * 其实不用整个 dp 数组，只需要一个变量储存相邻的那个状态就足够了，这样可以把空间复杂度降到 O(1):
     *
     * @param prices
     * @return
     */
    public static int k12(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);
            dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, -prices[i]);
        }
        return dp_i_0;
    }

    public static void main(String[] args) {
//        int[] prices = {7, 6, 4, 3, 1};
        int[] prices = {7, 1, 5, 3, 6, 4};
//        int i = k11(prices);
        int i = k12(prices);
        System.out.println(i);
    }

}
